6088. Основания перпендикуляров, опущенных из некоторой точки P
на стороны треугольника (или их продолжения), лежат на одной прямой. Докажите, что точка P
лежит на описанной окружности треугольника.
Решение. Первый способ. Рассмотрим треугольник ABC
(рис. 1). Пусть P_{1}
, P_{2}
, P_{3}
— основания перпендикуляров, опущенных из точки P
, отличной от вершин треугольника, на прямые AB
, BC
, AC
соответственно, причём точки P_{1}
, P_{2}
и P_{3}
лежат на одной прямой. Рассмотрим случай, изображённый на рисунке 1 (точка P_{3}
лежит между P_{1}
и P_{2}
, точки B
и P
лежат по разные стороны от прямой AC
).
Из точек P_{1}
и P_{3}
отрезок AP
виден под прямым углом, значит, эти точки лежат на окружности с диаметром AP
. Поэтому
\angle P_{1}PA=\angle P_{1}P_{3}A.
Аналогично точки P_{2}
и P_{3}
лежат на окружности с диаметром PC
. Поэтому
\angle P_{2}PC=\angle P_{2}P_{3}C,
а так как вертикальные углы P_{2}P_{3}C
и P_{1}P_{3}A
равны, то \angle P_{2}PC=\angle P_{1}PA
. Следовательно,
\angle APC=\angle APP_{2}+\angle P_{2}PC=\angle APP_{2}+\angle P_{1}PA=\angle P_{1}PP_{2}.
Точки P_{1}
и P_{2}
лежат на окружности с диаметром BP
, поэтому
\angle APC=\angle P_{1}PP_{2}=180^{\circ}-\angle P_{1}BP_{2}=180^{\circ}-\angle ABC.
Следовательно, четырёхугольник ABCP
— вписанный, точки A
, B
, C
и P
лежат на одной окружности — описанной окружности треугольника ABC
. Что и требовалось доказать. Аналогично для остальных случаев.
Второй способ. Пусть P_{1}
, P_{2}
, P_{3}
— основания перпендикуляров, опущенных из точки P
на стороны AB
, BC
, AC
треугольника ABC
(рис. 2). Пусть точка P
не лежит на описанной окружности \Omega
треугольника ABC
. Найдём тогда такую вершину треугольника ABC
, что при гомотетии с центром в этой вершине окружность \Omega
перейдёт в окружность \Omega_{1}
, проходящую через точку P
. Такая вершина найдётся: иначе точка P
лежала бы на трёх касательных к \Omega
, касающихся \Omega
в вершинах треугольника ABC
, что невозможно, так как из любой точки можно провести не более двух касательных к данной окружности. (Окружности \Omega
и \Omega_{1}
касаются в вершине треугольника, поэтому окружность \Omega_{1}
может проходить через любую точку плоскости, за исключением точек, лежащих на общей касательной окружностей \Omega
и \Omega_{1}
, проведённой в этой вершине.)
Пусть найденная вершина — это B
. При нашей гомотетии треугольник ABC
перейдёт в треугольник A_{1}BC_{1}
, вписанный в \Omega_{1}
. Основания перпендикуляров, опущенных из точки P
на стороны BA_{1}
, BC_{1}
треугольника A_{1}BC_{1}
, — те же точки P_{1}
и P_{2}
.
Пусть X
— основание перпендикуляра, опущенного из P
на A_{1}C_{1}
. Как известно, точки P_{1}
, P_{2}
и X
лежат на одной прямой (прямая Симсона, см. задачу 83), а точки P_{1}
, P_{2}
и P_{3}
лежат на одной прямой по условию. Но точки P
, P_{3}
и X
тоже будут лежать на одной прямой (так как AC
и A_{1}C_{1}
параллельны). Значит, прямая P_{1}P_{2}
пересекает прямую PP_{3}
как в точке P_{3}
, так и в точке X
. Следовательно, точки P_{3}
и X
совпадают. Тогда совпадают и прямые AC
и A_{1}C_{1}
, т. е. коэффициент гомотетии равен 1, и \Omega_{1}
совпадает с \Omega
. Отсюда следует доказываемое утверждение.
Примечание. Поскольку обратное утверждение также верно (см. задачу 83), справедлива следующая теорема. Основания перпендикуляров, опущенных из некоторой точки на прямые, содержащие стороны треугольника, лежат на одной прямой тогда и только тогда, когда эта точка лежит на описанной окружности треугольника.
Источник: Адамар Ж. Элементарная геометрия. — Ч. 1: Планиметрия. — М.: Учпедгиз, 1948. — № 72, с. 82
Источник: Прасолов В. В. Задачи по планиметрии. — Ч. 1. — М.: Наука, 1991. — № 5.185(б), с. 116
Источник: Прасолов В. В. Задачи по планиметрии. — 6-е изд. — М.: МЦНМО, 2007. — № 5.105, с. 114
Источник: Коксетер Г. С. М., Грейтцер С. Л. Новые встречи с геометрией. — М.: Наука, 1978. — с. 54